UDRUµZENJE MATEMATI µcara TUZLANSKOG KANTONA PROF. DR. MEHMED NURKANOVIĆ FUNKCIONALNE JEDNADµZBE SEMINAR ZA PROFESORE MATEMATIKE SREDNJIH ŠKOLA TUZLAN

Транскрипт

1 UDRUµZENJE MATEMATI µcara TUZLANSKOG KANTONA PROF. DR. MEHMED NURKANOVIĆ FUNKCIONALNE JEDNADµZBE SEMINAR ZA PROFESORE MATEMATIKE SREDNJIH ŠKOLA TUZLANSKOG KANTONA ORMANICA,

2 Funkcionalne jednadµzbe Ovo izlaganje sadrµzi dijelove knjiga [3] i [4]. U većini jednadµzbi s kojima smo se dosad susretali nepoznanica je bila neki broj. U funkcijskim (funkcionalnim) jednadµzbama nepoznanica je neka funkcija. Npr. odredi sve funkcije f : R! R koje zadovoljavaju relaciju f(x + y) + f(x y) = f(x) + f(y) za svako x; y R. Nije teško vidjeti da je f(x) = x jedno rješenje. Ali, da li je to i jedino rješenje? Ako bolje pogledamo nije, jer je i f(x) = x tako er rješenje! Dakle, moramo traµziti i ostala rješenja kako bismo odredili sve funkcije koje zadovoljavaju ovu jednadµzbu, jer zapravo riješiti funkcionalnu jednadµzbu znaµci naći sve funkcije koje je zadovoljavaju. Supstitucije i grupe. Supstitucije Kod funkcionalnih jednadµzbi µcesto se spominje kako neke jednakosti vrijede za sve vrijednosti x i y iz domena funkcije. Ako vrijede za sve, onda vrijede i za posebne vrijednosti x i y. Uvrštavanjem tih posebnih vrijednosti postupno suµzavamo skup mogućih funkcija koje su rješenje date jednadµzbe. Na kraju provjerom utvr ujemo koje su funkcije zaista rješenje traµzene jednadµzbe. Primjer Odrediti sve funkcije f : R! R za koje je f(x + y) + f(x y) = x + y ; (8x; y R). Rješenje. Uvrštavanjem y = 0 dobijamo: f(x) = x ) f(x) = x : Provjerom zakljuµcujemo da dobiveno rješenje zadovoljava zadanu jednadµzbu. Primjedba Provjeru je uvijek potrebno napraviti. Naime, da jednadµzba glasi f(x+y)+f(x y) = x +y, istim postupkom bismo dobili da je rješenje f(x) = x. Uvrštavanjem ove funkcije u jednadµzbu dobijamo x + y = x + y, za svaki x; y R, što nije taµcno!

3 Primjer Odrediti sve funkcije f : R! R za koje je f(x + y) + f(x y) + f(x) + f(y) = 4x + y; (8x; y R) : Rješenje. Uvrštavanjem y = 0 dobijamo: 4f(x) + f(0) = 4x: () Uvrštavanjem x = 0 u (), dobijamo da je f(0) = 0. Vraćanjem te vrijednosti u () dobijamo 4f(x) = 4x, odnosno f(x) = x. Provjerom zakljuµcujemo da ovo rješenje zadovoljava datu jednadµzbu. Sljedeći primjer zahtijeva nešto više uvrštavanja. Primjer 3 (BMO 987.) Neka je a realan broj i f : R! R funkcija takva da za sve x; y R vrijedi: f(x + y) = f(x)f(a y) + f(y)f(a x) i f(0) = : Dokazati da je f konstantna funkcija. Rješenje. Uvrštavanjem x = y = 0 dobijamo f(a) =, a uvrštavanjem y = 0 dobijamo f(x) = f(a x): Ako uvrstimo y = a; dobijamo Iz toga slijedi f(x + a) = f(x) + f(a x) ) f(x) = f(a + x): f( x) = f(a + ( x)) = f(a x) = f(x) = f(a + x): Koristeći dobiveno imamo f(x+y) = f(x)f(a y)+f(y)f(a x) = f( x)f(a y)+f(y)f(a+x) = f( x+y): Uvrštavanjem y = x dobijamo f(x) = f(0) =. Time smo dokazali tvrdnju zadatka.. Zamjena jedne varijable i grupe Šta kada imamo samo jednu varijablu? Kako tada vršimo supstituciju? Tada varijablu x najµcešće zamjenjujemo nekom funkcijom g(x), pa postupak ponavljamo sve dok ne do emo do nekog sistema jednakosti koji ćemo lahko riješiti. 3

4 Primjer 4 Odrediti sve funkcije f takve da je f( svaki x R: x) + = xf(x), za Rješenje. Ako u poµcetnoj jednadµzbi napravimo zamjenu x $ x, tada dobijamo f(x) + = ( x)f( x): () Iz poµcetne jednadµzbe dobijamo što uvrštavanjem u () daje f( x) = xf(x) ; f(x) + = ( x) xf(x) ) f(x) = x 3 x x + 4 : Provjerom dobijamo da je f rjesenje zadane jednadµzbe. Primjer 5 (AUSTRALIJA 99.) Odredi sve funkcije f : R n! R za 3 koje je 498x f(x) = x f ; 8x R n 3x : 3 Rješenje. Posmatrajmo funkciju g(x) = x : Primijetimo da ova funkcija 3x ima isti domen i kodomen kao funkcija f: Sada slobodno moµzemo napraviti supstituciju x $ g(x): Dobijamo 498 x 3x Iz poµcetne i posljednje jednakosti dobijamo x f = 3x f(x): f(x) = 99x(x ) : 3x Uvrštavanjem u poµcetnu jednakost potvr ujemo da je ovo rješenje date jednadµzbe. Primjedba Zanimljivo je da je ovaj zadatak na Australskoj matematiµckoj olimpijadi riješilo tek 6 od 05 sudionika i da je prosjek bodova na ovom zadatku bio,. 4

5 Uoµcimo da za kompoziciju funkcija g (x) = x i g u prethodnim primjerima vrijedi zakonitost iskazana sljedećom tabelom g g g g g g g g Primjer 6 Odredi sve f : R n f ; 0; g! R n f ; 0; g za koje je x xf(x) + f =, 8x R n f ; 0; g : (3) x + Rješenje. Zadatak ćemo riješiti kao u prethodnim primjerima supstitucijom. Prvo ćemo napraviti zamjenu x $ x : To nam daje x+ x x x + f + f = : (4) x + x Uz već prije upotrebljavane izraze f(x) i f x+ x pojavljuje se i novi izraz f x. Kako bismo mogli imati neku vezu izme u novih i starih izraza u poµcetnoj jednadµzbi ćemo napraviti zamjenu x $ ; pa time dobijamo x x + x f + f = : (5) x x Sad nam se pojavio još jedan novi izraz f x+ x ; ali ne gubimo nadu, jer zamjenom x $ x+ u poµcetnoj jednadµzbi dobijamo x x + x + x f + f (x) = : (6) x Dobili smo µcetiri jednadµzbe ((3)-(6)) s µcetiri nepoznanice iz kojih dobijamo f(x) = 4x x + 5x(x ) : Provjerom utvr ujemo da f zadovoljava poµcetnu jednadµzbu. Prouµcimo malo funkcije koje su se pojavile u prethodnom primjeru: g (x) = x; g (x) = x ; g x+ 3 (x) = i g x 4 (x) = x+ : Nije teško ustanoviti da vrijedi x sljedeća tabela komponiranja: g g g 3 g 4 g g g g 3 g 4 g g g 3 g 4 g g 3 g 3 g 4 g g g 4 g 4 g g g 3 5

6 Uoµcava se da vrijedi g = g g = g 3 ; g 3 = g g = g g 3 = g 4 ; g 4 = g g 3 = g g 4 = g : Općenito uzev, neka je dat skup funkcija F = fg ; g ; :::; g n g. Skup F i operacija komponiranja zadovoljavaju sljedeće osobine za 8i; j; k f; ; :::; ng:. skup F je zatvoren u odnosu na komponiranje;. asocijativnost: g i (g j g k ) = (g i g j ) g k ; 3. postoji neutralni element g (x) = x : g g i = g i g = g i ; 4. za svaki i postoji taµcno jedno k takav da je g k g j = g (inverzni element). Dakle, (F; ) je grupa. Ako još vrijedi g k = g l za svaki k, kaµzemo da je (F; ) grupa generirana elementom g. Kod funkcionalnih jednadµzbi tipa a(x)f(g (x)) + b(x)f(g (x)) = c(x); a(x); b(x); c(x); g (x); g (x) su poznate funkcije (neke mogu biti konstantne). Najprije treba izvršiti supstituciju tako da postane g (x) = x. Sada elementom g generiramo sljedeće elemente na sljedeći naµcin: supstitucijom x $ g (x) dobijamo a(g (x))f(g (x)) + b(g (x))f(g 3 (x)) = c(g (x)); g 3 = g supstitucijom x $ g (x) dobijamo a(g 3 (x))f(g 4 (x)) + b(g 3 (x))f(g 4 (x)) = c(g 3 (x)); g 3 = g supstitucijom x $ g (x) dobijamo. a(g n (x))f(g n (x)) + b(g n (x))f(g n (x)) = c(g n (x)); g n = g n : Ako g generira grupu od konaµcno mnogo elemenata, na kraju ćemo dobiti sistem od n jednadµzbi sa n nepoznanica koji ćemo moći riješiti. 6

7 Primjer 7 (Prijedlog za MMO 989.) Zadana je funkcija h : C! C i brojevi a; c C, takvi da je w 3 =,w 6=. Dokazati da postoji jedinstvena funkcija f : C! C takva da je f(z) + f(wz + a) = h(z); 8z Z (7) Rješenje. Posmatrajmo funkcije g (z) = z i g (z) = wz + a. Tada je g(z) = g (g (z)) = w z +wa+a; g(z) 3 = w 3 z +w a+wa+a = z = g (z), jer je w 3 =, odnosno (w )(w +w+) = 0, a w 6=. Zamjene vršimo koristeći navedeni postupak. U poµcetnoj jednadµzbi napravimo zamjenu z! g (z), dobijamo f(wz + a) + f(w z + wa + a) = h(wz + a): (8) Sada u ovoj jednadµzbi ponovo napravimo zamjenu z! g (z) te dobijamo Iz jednakosti (7)-(9) dobijamo f(w z + wa + a) + f(z) = h(w z + wa + a): (9) f(z) = h(z) h(wz + a) + h(w z + wa + a) : Provjerom se lako uvjerimo u taµcnost dobivenog..3 Injekcije, sirjekcije i bijekcije De nicija Funkcija f : D! K je injekcija ako vrijedi f(x ) = f(x ) ) x = x : Primjer 8 Ako je f : R! R injekcija za koju vrijedi f(f(x)) = f(x); 8x R; odredi f. Rješenje. Neka je a = f(x) i b = x. Tada vrijedi f(a) = f(b), pa zbog injektivnosti imamo da je a = b, odnosno f(x) = x i provjerom utvrdimo da ova funkcija zadovoljava uslove jednadµzbe. Primjer 9 Postoji li injekcija f za koju je f(x + f(x + y ) + y) = f(x y) + 3y; 8x; y R? Rješenje. Pretpostavimo da f postoji. Kako tvrdnja vrijedi za 8y R, tako vrijedi i za y = 0; odnosno vrijedi f(x + f(x)) = f(x) ) x + f(x) = x; te je f(x) = x: Provjerimo da li ova funkcija zadovoljava poµcetnu jednadµzbu. Ne, jer dobijamo x + y + y = x + y, y = y; a to ne vrijedi npr. za y = : Dakle, traµzeno f ne postoji. 7

8 Primjer 0 (Rumunija 98.) Postoji li injekcija f : R! R za koju je f(x ) (f(x)) ; 8x R? 4 Rješenje. Ne, jer za x = 0 i x = redom dobijamo: f(0) (f(0)) 4, 0 f(0) f() (f()) 4, 0 f() ) f(0) = ; ) f() = : To nam daje f(0) = = f(), što bi, da je f injekcija, povlaµcilo 0 = : U samim zadacima se rijetko kaµze da je funkcija f injekcija, to najµcešće treba sami da uoµcimo i iskoristmo. Primjer Odredi sve funkcije f : R! R za koje je f(f(x) + y) = f(y) + 4x y; 8x; y R. Rješenje. Dokaµzimo da je f injekcija (ako postoji). Neka su x ; x R takvi da je f(x ) = f(x ). Uvrštavanjem u poµcetnu jednadµzbu y = 0, dobijamo: 4x + f(0) = f(f(x ) = f(f(x )) = 4x + f(0) ) x = x : Time smo dokazali da je f injekcija. Uvrštavanjem u poµcetnu jednadµzbu y = x, dobijamo f(f(x) + x) = f(4x); 8x R: Budući da je f injekcija, vrijedi f(x) + x = 4x, odnosno f(x) = x: Provjerom dobijamo da je f zaista rješenje. Drugo vaµzno i µcesto svojstvo je sirjektivnost. De nicija Funkcija f : D! K je sirjekcija ako (8a K)(9b D) f(b) = a: Primjer Dokaµzi da je svaka funkcija f : R! R za koju je f(f(x)) = x; 8x R, obavezno sirjekcija. Rješenje. z = f(y): Neka je y R. Tada postoji z R takav da je f(z) = y; npr. 8

9 Primjer 3 Data je sirjekcija f : R! R za koju je Koliko je f(0)? f(x + f(x)f(y) ) = f(x ) + f(xy); 8x; y R: Rješenje. Iz uvjeta zadatka postoji y 0 R takav da je f(y 0 ) = 0: Uvrstimo u poµcetnu jednadµzbu y = y 0 i dobijamo da za svaki x R vrijedi f(xy 0 ) = 0: Uvrštavanjem x = 0 (bez obzira na vrijednost y 0 ) dobijamo f(0) = 0: Primjer 4 Naći sve funkcije f : R! R za koje vrijedi f(f(x) + y) = x + f(f(y) x); 8x; y R: Rješenje. Stavimo y = f(x). Tada je f(f( f(x)) x) = x + f(0): Budući da se svaki realan broj moµze izraziti kao x f(0), za neki x R, funkcija f je sirjekcija. Znaµci, postoji a R takav da je f(a) = 0: U poµcetnu jednadµzbu uvrstimo x = a f(y) = a + f(f(y) a), f(y) a = a + f(f(y) a): Kako je f sirjekcija, f(y) a postiµze bilo koju realnu vrijednost pa ga moµzemo zamijeniti sa nekim z R i dobijamo z = a + f(z), odnosno f(z) = z a: Spajanjem do sada navedenih svojstava dobijamo treće svojstvo - bijekciju. De nicija 3 Funkcija f : D! K je bijekcija ako je istovremeno i injekcija i sirjekcija. Primjer 5 (Hrvatska 984.) Date su funkcije f : R! R i g : R! R. Dokazati tvrdnju: Ako je f bijekcija i ako za svaki realan broj x vrijedi f(x) + g(x) = ; tada postoji jedan i samo jedan broj x 0 takav da je f (x 0 ) + g (x 0 ) = : 9

10 Rješenje. Prona imo sve x 0 takve da je f(f(x 0 )) + g(g(x 0 )) = : Tako er vrijedi f(x 0 ) + g(x 0 ) = ; pa dobijamo f(f(x 0 )) = g( f(x 0 )): Kako je f( f(x 0 )) + g( f(x 0 )) =, slijedi Kako je f injekcija, vrijedi f(f(x 0 )) = g( f(x 0 )) = f( f(x 0 )): f(x 0 ) = f(x 0 ) ) f(x 0 ) = : Kako je f bijekcija, postoji taµcno jedno x 0 takav da je f(x 0 ) = : Primjer 6 (BMO 000.) Odredi funkcije f : R! R koje zadovoljavaju jednadµzbu f(xf(x) + f(y)) = (f(x)) + y za sve x; y R. Rje enje. Uvrstimo li u poµcetnu jednadµzbu x = 0, dobijamo Za svake y ; y R za koje je f(y ) = f(y ), slijedi f(f(y)) = y + (f(0)) : (0) (f(0)) + y = f(f(y )) = f(f(y )) = (f(0)) + y ) y = y : Za svako b R postoji a R takav da je f(a) = b, recimo a = f(b (f(0)) ); jer je tada f(f(b (f(0)) )) = (b (f(0)) ) + (f(0)) = b: Time smo dokazali i injektivnost i sirjektivnost, odnosno bijektivnost. Moµzemo izabrati x 0 R takav da je f(x 0 ) = 0: Uvrštavanjem u poµcetnu jednadµzbu x = x 0 dobijamo f(f(y)) = y; 8y R: Iz (0) dobijamo f(0) = 0: Uvrštavanjem u poµcetnu jednadµzbu y = 0, dobijamo f(xf(x)) = (f(x)) : Zamjenom x sa f(x) u posljednjoj jednakosti dobijamo (f(x)) = f(f(x)x) = f(f(x)f(f(x))) = (f(f(x))) = x : Iz dobijenog slijedi f() f ; g : Posmatrajmo dva sluµcaja:. f() =, tada uvrštavanjem x = u poµcetnu jednadµzbu dobijamo f(+f(y)) = +y ) (f(+f(y))) = (+y) ) (+f(y)) = (+y) ; iz µcega konaµcno dobijamo f(y) = y:. f() =, tada uvrštavanjem x = u poµcetnu jednadµzbu dobijamo f( +f(y)) = +y ) (f( +f(y))) = (+y) ) ( +f(y)) = (+y) ; iz µcega konaµcno dobijamo f(y) = y: Znaµci, rješenja jednadµzbe su f (x) = x i f (x) = x: 0

11 Cauchy-eva funkcionalna jednadµzba Funkcionalna jednadµzba f(x + y) = f(x) + f(y) () se naziva Cauchy-evom funkcionalnom jednadµzbom. Osim toga, za funkciju koja zadovoljava navedenu relaciju kaµzemo još i da je aditivna. Najjednostavniji primjer aditivne funkcije je linearna funkcija f : R! R, f(x) = ax: No, postavlja se pitanje da li je svaka aditivna funkcija linearna. ) Ako traµzimo rješenje f : Q! Q; onda su sva rješenja jednadµzbe () oblika f(x) = ax; a R: () Zaista, lahko se indukcijom pokazuje da iz () slijedi (uzimajući x = y) f(nx) = nf(x), za svako n N, x Q. Specijalno f(n) = nf() = an; gdje je a = f(): Kako je f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0), imamo f(0) = 0. Iz 0 = f(0) = f(x + ( x)) = f(x) + f( x); vidimo da je f( x) = f(x). Sada imamo f( n) = f(n) = an = a( n); odnosno f(n) = an, za svako n Z. Pre imo sada na racionalne brojeve. Neka je r = p Q. Tada vrijedi q ap = f(p) = f q p = f(qr) = qf(r): q Dakle, f(r) = a p = ar, r Q. q Znaµci, za svako x Q vaµzi f(x) = ax. Me utim, postoje rješenja Cauchy-eve jednadµzbe f : R! R koja nisu oblika (), tj. nisu linearna. Zaista, neka je (a ) L baza prostora R, posmatranog kao vektorski prostor nad poljem Q, i neka je ( ) L proizvoljna familija realnih brojeva. Tada je formulom! X f r a = X ; Lr L

12 gdje je samo konaµcno mnogo racionalnih brojeva r razliµcito od nule, zadano jedno rješenje Cauchy-eve jednadµzbe na R. Jasno je da takvo rješenje ne mora biti linearno. ) Uz dodatne pretpostavke na funkciju f moµze se zakljuµciti da je rješenje Cauchy-eve jednadµzbe linearna funkcija. Navedimo te dodatne uvjete: a) monotonost na nekom podintervalu realne prave; b) pozitivnost na poluosi x 0; c) ograniµcenost na nekom intervalu na R; d) neprekidnost; e) gra k funkcije f nije svuda gust u R ; f) funkcija f je izmjeriva. Treba napomenuti da se mnogi problemi svode na Cauchy-evu jednadµzbu. Navedimo neke primjere. Primjer 7 Naći funkciju f : R! [0; +) takvu da je f x + y = f x y + f (xy) za sve realne brojeve x i y. Rješenje. Oµcito vrijedi x = y = 0 ) f(0) = f(0) + f(0) ) f(0) = 0; x = 0 ) f(y ) = f( y ): Dakle, funkcija f je parna i dovoljno ju je odrediti na pozitivnom dijelu x ose. Neka je x y = a; xy = b. Lahko se pokazuje da ovaj sistem ima uvijek rješenje po x i y. Sada je a + b = x 4 x y + y 4 + 4x y = x + y ) x + y = p a + b : Imamo p f a + b : = f(a) + f(b): Neka je g(x) = f( p x). Sada je g a + b = g(a ) + g(b ): Uvo enjem smjene x = a i y = b dobijamo g (x + y) = g (x) + g (y), što je Cauchy-eva jednadµzba, pa je, zbog b), g(x) = cx, tj.f(x) = cx za sve realne brojeve x.

13 Primjer 8 Naći sve funkcije f : (0; +)! (0; +) takve da je f(x y ) = (f(x)) f(y) ; 8x; y (0; +): Rješenje. Oµcigledno je f(x) = jedno rješenje. Neka postoji c > 0 takvo da je f(c) 6= : Tada za sve x; y > 0 vaµzi (f (c)) f(xy) = f (c xy ) = f ((c x ) y ) = (f (c x )) f(y) = pa zbog f (c) 6= ; slijedi da je Sliµcno, odakle je h (f (c)) f(x)i f(y) = [f (c)] f(x)f(y) ; f (xy) = f (x) f (y) ; x; y > 0: (3) (f (c)) f(x+y) = f c x+y = f (c x c y ) (3) = f(c x )f(c y ) = (f (c)) f(x) (f (c)) f(y) = (f (c)) f(x)+f(y) ; f (x + y) = f (x) + f (y) ; x; y > 0; što je Cauchy-eva jednadµzba za funkciju f koja zadovoljava uvjet b). Odavdje slijedi da je f(x) = ax, za neko a > 0. Koristeći jošosobinu (3) zakljuµcujemo da je a =, tj.f(x) = x je rješenje date funkcionalne jednadµzbe. ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD. Naći sve funkcije f : R n f0g! R koje ispunjava uslove: a) f() = ; b) (x + y)f(x + y) = xyf(x)f(y) za xy(x + y) 6= 0; c) f = f( x + y x ) + f za xy(x + y) 6= 0. y. Naći sve funkcije f : R! R za koje vaµzi: a) f() = ; b) (8a; b R) f (a + b) = f (a) + f (b) ; c) f (a) f =, a 6= 0. a 3

14 3. Neka je n N Naći sve monotone funkcije f : R! R tako da vrijedi za 8x; y R: f(x + f(y)) = f(x) + y n ; 4. Naći sve funkcije n : R! R sa osobinom: postoji strogo monotona funkcija f : R! R takva da je f(x + y) = f(x)n(y) + f(y); 8x; y R: 5. Dokazati da funkcija f : R! R zadovoljava jednadµzbu f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y) ; x; y R ako i samo ako je aditivna, tj. f (x + y) = f (x) + f (y) ; x; y R: Primjer 9 Naći sve funkcije f : R! R neprekidne u nuli takve da za sve x; y R vrijedi f(x + y) = f (x) + f (y) + xy (x + y) : Rješenje. Posmatrajmo funkciju g (x) = f (x) 3 x3. Tada imamo g (x + y) = f (x + y) (x + y)3 3 = f (x) + f (y) + xy (x + y) = f (x) 3 x3 + f (y) = g (x) + g (y) ; 3 y3 3 x3 3 y3 xy (x + y) tj. funkcija g zadovoljava Cauchy-evu jednadµzbu, a pošto je ona neprekidna u nuli, tada, prema d), imamo g (x) = ax, odnosno f (x) = ax + 3 x3 : Primjer 0 Naći sve neprekidne funkcije f : (; +)! R za koje vrijedi f (xy) = xf (y) + yf (x) ; 8x; y (; +) : 4

15 Rješenje. Posmatrajmo funkciju ' (t) = f (e t ). Iz uvjeta zadatka imamo ' (t + s) = f e t+s = f e t e s = e t f (e s ) + e s f e t = e t ' (s) + e s ' (t) : Dijeljenjem ove relacije sa e t+s, dobijamo e (t+s) '(t + s) = e s '(s) + e t '(t): Smjenom g(t) = e t '(t) dobijamo Cauchy-evu jednadµzbu g(s + t) = g(s) + g(t); µcije je rješenje, zbog neprekidnosti, g(t) = at = e t '(t) ) '(t) = ate t = f(e t ) ) f(x) = ax ln x: Neposredno se provjerava da je ovo zaista rješenje date jednadµzbe. ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD. Naći sva neprekidna rješenja f : R! (0; +) funkcionalne jednadµzbe f (x + y) = f (x) ln f(y) ; x; y R:. Naći sve neprekidne funkcije f : R! R takve da je p f x + y = p f (x) + f (y); x; y R: 3. Naći sve neprekidne funkcije f : R! R takve da je f (x p + y q ) = [f (x)] p + [f (y)] q ; x; y R: 4. Naći sve neprekidne funkcije f : R! R takve da je f (x) + f (y) + f (z) = 0; ako je x + y + z = 0: Primjedba 3 Cauchy-eva jednadµzba je pogotovu bila popularna poµcetkom XX vijek, u vezi s µcuvenim Hilbertovim problemom o "jednakorazloµzivosti" gura iste zapremine. 5

16 3 Elementarne funkcije kao rješenja funkcionalnih jednadµzbi U prethodnom izlaganju smo vidjeli da je linearna funkcija f (x) = ax, x R, jedinstvena neprekidna funkcija f : R! R koja zadovoljava Cauchy-evu jednadµzbu f (x + y) = f(y) + f(y), x; y R: Analogne tvrdnje vrijede i za druge elementarne funkcije. ) Jedinstveno neprekidno rješenje f : R! (0; +) jednadµzbe f (x + y) = f(y)f(y); x; y R, koje ispunjava uvjet f () = a > 0 je eksponencijalna funkcija f (x) = a x. Zaista, g (x) = ln f (x) je neprekidna i ispunjava Cauchyevu jednadµzbu, odakle slijedi tvrdnja. ) Jedinstveno neprekidno rješenje f : (0; +)! R jednadµzbe f (xy) = f(y) + f(y), x; y R + ; koje ispunjava uvjet f (a) = ; (a > 0; a 6= ) je logaritamska funkcija f (x) = log a x. Zaista, g () = f a je neprekidna i zadovoljava Cauchy-evu jednadµzbu, odakle slijedi tvr enje. 3) Jedinstveno neprekidno rješenje f : (0; +)! (0; +) jednadµzbe f (xy) = f(y)f(y); x; y R +, koje ispunjava uvjet f(a) = b; (a; b > 0; a 6= b; a 6= ; b 6= ) ; je funkcija f (x) = x, ( = log a b). Ovo se dokazuje svo enjem na Cauchyevu jednadµzbu putem smjene g () = f a. 4) Jedinstveno neprekidno rješenje f : R! R jednadµzbe f (x + y) + f (x y) = f (x) f (y), x; y R; koje zadovoljava uslove: c a )postoji c > 0 takvo da je f = 0 i f (x) 6= 0 za 0 < x < c ; b) f (0) = 0, je funkcija f (x) = cos x x : Neposredno se provjerava da cos c c zadovoljava ove uvjete. Jedinstvenost rješenja je nešto sloµzeniji problem i on se posebno dokazuje. 4 Neki metodi rješavanja funkcionalnih jednadµzbi ) Funkcionalna jednadµzba f (x + y) = G (f (x) ; f (y)) ; (4) 6

17 gdje je G data funkcija, obuhvata, kao specijalne sluµcajeve, jednadµzbe f (x + y) = f (x) + f (y) ; f (x + y) = f (x) f (y) ; f (x + y) = f (x) + f (y) + f (x) f (y) ; f (x + y) = f (x) + f (y) f (x) f (y) ; Navedimo opći metod za rješavanje jednadµzbe(4). Smjenom x = y, iz jednadµzbe (4) dobijamo i dalje indukcijom f (x) = G (f (x) ; f (x)) = G (f (x)) f (nx) = G [f (x) ; f ((n ) x)] = G [f (x) ; G n (f (x))] = G n (f (x)) : Uvodeći f () = c i uzimajući x = i x = m n imamo: f (n) = G n (c) i m f = Gn (G m (c)). Pretpostavljajući neprekidnost funkcije f, dobijamo n f(x) = lim f (r n ), gdje je fr n g niz iz Q koji konvergira ka x R; x > 0: n! Ukoliko nula i negativni brojevi pripadaju domenu funkcije f, onda koristimo jednadµzbe f (0) = G (f (0) ; f (0)) i f (0) = G (f (x) ; f ( x)) ; x > 0 da odredimo f (x) i za x 0: Primjedba 4 Pokazuje se da jednadµzba (4) nije uvijek rješiva u klasi neprekidnih strogo monotonih funkcija i da je zbog toga, u tu svrhu, potrebno na funkciju G nametnuti dodatne uvjete. ) Izloµzimo sada opći metod rješavanja jednadµzbe x + y f = G [f (x) ; f (y)] (5) koja, kao specijalan sluµcaj, ukljuµcuje Jensen-ovu jednadµzbu x + y f (x) + f (y) f = : 7

18 Zamjenjujući x sa x + y, a y sa 0, iz (5) dobijamo x + y f = G [f (x + y) ; a] ; a = f (0) ; pa je G [f (x + y) ; a] = G [f (x) ; f (y)] : Uzimajući f () = b, iz (5) dobijamo f = G (a; b) i m + f n+ m = G f ; f n m + n ; x = m ; y = m + ; n n što nam omogućava da potpuno odredimo sve vrijednosti f (x) ; x = m n. Pretpostavljajući neprekidnost funkcije f time je odre eno i f (x) i za realne x. Primjedba 5 I ovdje, kao i u prethodnom sluµcaju, egzistencija neprekidnog i strogo monotonog rješenja jednadµzbe (5) nameće odre ena ograniµcenja na funkciju G. 3) Promatrajmo sada jednadµzbu f (x + y) = G (f (x) ; y) : (6) Neka je f (0) = a. Uzimajući x = 0 dobijamo f (t) = G (a; t) i ostaje da se provjeri da li je ovo zaista rješenje jednadµzbe (6). Zamjenom u (6) daje G (a; x + y) = G [G (a; x) ; y] ; (7) pa vidimo da jednadµzba (6) ima rješenje f koje prolazi kroz taµcku (0; a) koordinatne ravni ako i samo ako je ispunjen uvjet (7) i tada je takvo rješenje jedinstveno odre eno. Primjer Jednadµzba f (x + y) = f (x) e y je jednadµzba oblika (6), gdje je G (s; t) = se t, dakle f (x) = ae x. Provjerimo za koje a vrijedi uvjet (7): ae x+y = ae x e y : Odavdje je jasno da taj uvjet vaµzi za svako a R i rješenje koje ispunjava uvjet f (0) = a je dato sa f (t) = G (a; t) = ae t : 8

19 Navedimo sada nekoliko primjera funkcionalnih jednadµzbi koje se ne uklapaju u gore navedene oblike, ali sada, s odre enim iskustvom i "vidovitošću", moµzemo ih uspješno rješavati. Primjer Naći sve realne funkcije f : R! R takve da vrijedi f (xy) = xf (y) + f (x) ; 8x; y R: Rješenje. Oµcito je y = 0 ) f (0) = xf (0) + f (x) ) f (x) = f (0) [ x] : Stavljajući a = f (0), imamo f (x) = a ax: Neposredno se provjerava da su ove funkcije rješenje date jednadµzbe za 8a R. Primjer 3 Naći sve realne funkcije f tako da za sve realne brojeve x i y vrijedi jednakost (f (x)) + f (x) f (y) = x + xy: Rješenje. Imamo x = y = ) (f ()) + (f ()) = ) f () = x = ) (f ()) + f () f (y) = + y i f () = ) f (y) = y; (y R) f () = ) f (y) = y; (y R) Rješenje ovog zadatka je funkcija f (x) = x ili f (x) = x. Primjer 4 Naći sva rješenja f : R! R + funkcionalne jednadµzbe Rješenje. f (x) f (x + y) = (f (y)) (f (x y)) e y+4 ; (x; y R) : y = 0 ) f (x) f (x) = [f (0)] [f (x)] e 4 ; = [f (0)] e 4 ) f (0) = e x = y = t ) f (t) f (t) = (f (t)) (f (0)) e t+4 ; f (t) = f (t) e t ; x = t; y = t ) f (t) f (3t) = [f (t)] 4 e t+4 ; x = t; y = t ) f (t) f (3t) = [f (t)] [f ( t)] e t+4 ; x = 0; y = t ) f (0) = f (t) [f ( t)] e t+4 Uzimajući f (0) = a i eliminacijom f ( t) ; f (t) ; f (3t), imamo f (t) = e t, što i jeste jedino rješenje date jednadµzbe. 9

20 Primjer 5 Riješiti funkcionalnu jednadµzbu f (x + y) + f (x y) = f (x) cos y; x; y R: Rješenje. Imamo x = 0; y = t ) f (t) + f ( t) = f (0) cos t: Stavljajući f (0) = a; dobijamo: f (t) + f ( t) = a cos t: Dalje je x = + t; y = ) f ( + t) + f (t) = 0; x = ; y = + t ) f ( + t) + f ( t) = f sin t: Stavljajući f = b, dobijamo f ( + t) + f ( t) = b sin t: Iz ovih jed- nadµzbi dobijamo da je f (t) = a cos t + b sin t, i ako provjerimo dobit ćemo da je to stvarno rješenje poµcetne jednadµzbe, za sve a; b R: References [] J. Aczél, Lectures on Functional Equations and Their Applications, AP, New York, 966. [] T. Andreescu, R. Gelca, Mathematical Olympiad Chellenges, Birkhäuser, Boston, 003. [3] M. Arsenović, V. Dragović, Funkcionalne jednaµcine, Društvo matematiµcara Srbije, Beograd, 999. [4] T. Tadić: Pripreme za matematiµcka natjecanja za 4. razred gimnazije, Element, Zagreb,